SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN THPT CHUYÊN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi 25/10/2013

Câu 1 (2,5 điểm). Cho trước số thực
0a 
và cho dãy số thực
 
n
x
xác định bởi
1
x a
và
1
17 16
n n
x x

 
với mọi
1n 
.
Chứng minh rằng với mọi

,x y
thỏa mãn phương trình
  
 
3
2 2
2
x y y x x y
   
.

Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với
AB AC
.
Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. Gọi D là điểm đối xứng của A qua O, đường
thẳng OT cắt đường thẳng BD tại điểm E.
a) Chứng minh rằng AE song song với CD.
b) Đường thẳng BE cắt đường thẳng AT tại F. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF cắt EO tại điểm G khác E. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác
AGB nằm trên (O).

Câu 5 (1,5 điểm). Một số nguyên dương k được gọi là "đẹp" nếu có thể phân hoạch
tập hợp các số nguyên dương


thành k tập hợp
1 2
, , ,
k
A A A

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN THPT CHUYÊNHƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học
sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

Câu 1. (2,5 điểm)
Nội dung Điểm
Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được
0 .
n
x n Xét hàm
 
17 16 , 0.
f x x x
  

17 1
17 16
17 16 17 16
x x
x x
g x
x x x x
 
 
 
   
suy ra
 
0 17
g x x
  
và
   
0 0 17; 0 17
g x x g x x
      
.

* Nếu
17
a

thì
17 1
n

x
bị chặn trên bởi 17. Suy ra dãy hội tụ về

mà
 
0,
g


do đó
lim 17.
n
n
x

* Nếu
17
a

thì
 
2 1
x f a a x  
suy ra
 
n
x

2 2 2 2 2
3 2 1 . 1 6
2 2 2 2 2
cyc
x y y z x z x y y z    
         
      
         
         

.

2

2 2
7
1 . 1
2 2 4 4
cyc
x y y z xy yz zx   
   
    
   
   

(*).

Ta có
2 2
2 2 2 2 2

1 . 1 .
2 2 4 2 4 2
( 1)( 1)
( )( ) ( )( ) 1
4 2 4 2
1
4 2
x y y z x y z y z x
x z
x y z y x y z y xz
y xz yz xy xz
     
   
    
   
   
 
    
   
   
 Cộng theo vế các BĐT tương tự ta được:
2 2
2 2 2
( ) 3
1 . 1
2 2 4 2
cyc

Câu 3. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
  
 
3
2 2
2
x y y x x y
   
(1)
Nếu
0
x

thì
0
y

và ngược lại.

Ta xét x,y nguyên dương. Từ (1) suy ra
x y
. Biến đổi (1):
  
 
   
 
2 2
3 3
2 2 2 2 2 2

Ta có
       
2 2 2
1 8 1 3
x y x y x y x y         
(2)

Mặt khác từ (1) suy ra x,y cùng tính chẵn lẻ. Kết hợp với (2) và
   
2
8 1
x y x y
   
lẻ
suy ra
     
2 2
8 1 1 3x y x y x y x y
        
.

3

Khi đó
  
2 2 3 3
27x y y x x y
   
và
 

tiếp, suy ra
AOT AMT EOD AMC      
.

Kết hợp với
BDA ACB  
, suy ra
AMC EOD 
.

Mà M là trung điểm BC, O là trung điểm AD ta suy ra
ABC EAD 
ABC EAD   
.

Mà
ABC ADC  
, suy ra
EAD ADC  
||AE CD
(đpcm).

D
I
G
F
M
E
B
O


Câu 5. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
a) (0,5
điểm
)
.

Với
3
k

ta chỉ ra một cách phân hoạch tập


thành 3 tập
1 2 3
, ,A A A
thỏa mãn như
sau:
   
1
1;2;3 3 | 4
A m m
 
;
   
2
4;5;6 3 1| 4
A m m

thỏa mãn đề bài.
Khi đó cách phân hoạch


thành 4 tập
1 2 3
, ,A A A
và
 
4 5

k
A A A  
cũng thỏa mãn
đề bài. Do vậy chỉ cần xét với
4
k

là đủ.

Đặt
 
1;2;3; ;23
i i
B A

với
1,2,3,4
i


23
B B B B
   
nên không thể xảy ra
6, 1,2,3,4
i
B i  

Do đó phải tồn tại một tập
i
B
sao cho
5
i
B

. Giả sử
 
1 2 3 4 5
; ; ; ;
i
B a a a a a

.

Khi đó
 
 
;1 5 15;16;17; ;24
i j